专题：因式定理与因式分解08用.doc

专项：因式定理与因式分解1、余数定理与因式定理一般：=，表达这个多项式在时的值如果我们用一次多项式作除式清除多项式，那么余式是一种数设这时商式为多项式，余式（余数）为，则有： 即：被除式等于除式乘以商式再加余式在上式中令，便得到：因此：我们有：除以，所得余数为 这个结论我们称余数定理如果余数为0，那么就被整除，也就是是的因式反过来，如果是的因式，那么就被整除，余数为0因此，我们有：如果=0，那么是的因式反之，如果是的因式，那么=0这个结论一般称为因式定理及其逆定理需要掌握的基本技能：长除法计算：解：因此，注：若被除式多项式缺少了某些项，可以用0补足例1 分解因式： 由于，根据上面的结论 就是的一次因式懂得这个因式，运用多项式除法就可以将商式求出来，再进一步分解 固然，我们也可以不用除法，直接去分组分解这里的分组是“有目的的”，由于每组均有因式 即：= ==例2 分解因式： 由于=0，可知是的一次因式避免分数运算，把乘以2得，仍然是的一次因式 目前可以用长除法，也可以用分组分解法，使得每组均有因式：= 这里有人会问，例1、例2中如何就一方面发现，=0了呢？下面讨论这个问题。

2、有理根的求法如果是的因式，则，那么就是说是的根；反之，在是的根时，就是的因式问题是如何求出的根？ 我们假定=是整系数多项式，又设有理数是=0的根，这里是既约分数（即为互质整数） 由于，则有 + 两边同乘得： 上式能整除左边前项，能整除左边后项，又因互质，因此： 能整除，即是的约数；能整除，即是的约数因此，可得：整系数多项式==0的有理根的分子是常数项的约数；是首项系数的约数 找到了的有理根，那么就找到了的一次因式.例3 分解因式 解：=-2的因数有，的正因数有+1，+3（我们可以如此取） 因此=0的有理根只也许是. 经检查可得： 因此是的因式，从而也是的因式，可得：==3、字母系数 上述多项式都是常数系数若遇字母系数多项式呢？例4 分解因式 解：常数项的因数为 把代入，可得=0 因此是原式的因式，同理也是原式的因式，因此：= 小结：因式定理只是提供了一种寻找多项式的一次因式的措施达到了降次的目的。

如果一种整系数多项式没有有理根，那么它也就没有整系数的一次因式，这时我们可以用待定系数法来考察它有无其她因式4、二次因式（待定系数法）例5 分解因式： 解：原式的有理根只也许是，但这4个数都不能使原式的值为0，因此原式没有有理根，因而没有有理系数一次因式 我们设想：原式可以分为两个整系数的二次因式的乘积，于是设： = （其中是整数）比较两边的系数及常数项，得： （一般来说，这样的方程不容易解！但别忘了是整数！）从入手，可得，或；将代入可解得： 因此：= 根据因式分解的唯一性，其她几组不必再试了思考：能否分解为两个整系数的三次因式的积？（可用待定系数法）下面看两个综合题例6 若正好能被整除，被除余数为4，求，并将多项式进行因式分解解：记，则代入得解得因此由于必有因式，设其商式为则比较系数可以得到解得即例7 设是三个不同的实数，是实系数多项式已知 （1）除以（）得余数； （2）除以（）得余数； （3）除以（）得余数c； 求多项式除以所得的余式意大利数奥题） 解：根据余数定理，被（）除，余数为，因此=. 从而，在时，值为0。

同理，在、时，值也为0 因此，即除以，余式为.5、因式定理在轮换式分解中的运用对称式 如果把多项式中任何两个字母互换，所得的式子与原多项式恒等，这样的多项式叫做有关这些字母的对称式如，，，，，，┅┅轮换式 一种具有多种字母的多项式中，如果将所有字母顺次轮换后，所得到的多项式恒等，则称原多项式是有关这些字母的轮换式如：，，，，，，，┅┅显然，有关的对称式一定是轮换式但是，有关的轮换式不一定是对称式对于次数低于3的轮换式都是对称式两个轮换式（或对称式）的和、差、积、商（假定整除）仍然是轮换式（或对称式）有关，的齐次对称式的一般形式是：一次对称式：；二次对称式：；三次对称式：；有关，，的齐次轮换式的一般形式是：一次齐次轮换原则式：；二次齐次轮换原则式：；三次齐次轮换原则式：；……（其中，，，均为常数）.例8 分解因式：.解：是有关的轮换式如果把它当作为主元的多项式，当时，原式.则原式有因式同样原式尚有因式，.因此是原式的因式但原式是有关的四次式，因此还应当有一种一次因式因原式是四次齐次轮换式，因此这个一次因式也是有关的一次齐次轮换式设为，从而有：.比较的系数，得.求得.故.例9 分解因式 解：用上面的措施易知原式有因式. 因原式是五次齐次轮换式，因此尚有一种因式是二次齐次轮换式。

我们设：=比较两边系数可拟定、也可用特殊值法拟定、取，得：，即再取，得：，即可解得：于是可得：=5.思考题：因式分解解：如果把它当作为主元的多项式，当时，有=0 因此是的因式 由于是有关的三次齐次轮换式，则还得有一种二次齐次轮换因式我们设： = 比较的系数得：，比较的系数得： 因此：=例10 是不小于1的自然数，证明： （*） 能被 （**）整除 证明：在时，（*）式的值为0，因此是（*）式的因式 在时，（*）式的值为0，因此是（*）式的因式 由于（*）是轮换式，因此也是它的因式，即是它的因式 特别当时，也是（**）的因式而 和都是四次式，因此它们至多相差一种常数因此（*）式也能被（**）式整除例11 分解因式：解：原式是、、的轮换式，易验证时，原式为0，因此有因式 同理，有因式；因此它有因式： 另一方面，把原式当作的多项式，易知时，它的值为0，因此有因式同理，它也有因式，于是： 是原多项式的因式 因原多项式是6次式，两者最多相差一种倍数关系。

我们设 原式= 用特殊值法拟定值取，得：=16.即：原式=16.思考题：分解因式： 注：易验证时，原式的值为0因此是它的因式由于轮换式，因此：是原多项式的因式 但是6次式，而原式的次数4，因此原式必为0 因式分解应当分解到“底”，就是应当将多项式分解为既约多项式的积什么才算是既约多项式呢？这要看在什么数集内分解有理数集？实数集？复数集？如：在实数集内就是既约多项式，但在复数集内可得： = 数单位） 代数基本定理：在复数集内，对于任意多项式=,(为正整数)，一定有复数使得=0（即是=0的一种根） 根据代数基本定理和因式定理，每个的次数不小于1的多项式均有一次因式也就是说在复数集内只有一次多项式才是既约多项式 如此，易知次多项式必有： == 这就是在复数集内的分解式不展开讲了！） 在有理数集内，如何鉴定一种多项式与否既约？下面只讨论一元的情形6、艾森斯坦鉴别法 又称艾氏鉴别法： 设=是整系数多项式. 如果存在一种质数满足如下条件： （1）不整除； （2）整除其他的系数（） （3）不整除. 那么，在有理数集内不可约。

证明：假设多项式满足条件并且可约，设=由于整除其他的系数（），因此有，则有 于是设和取模后分别为，满足，也就是除了最高项系数以外，其他系数都是的倍数这表达和的常数项均可被整除，因此的常数项可以被整除，这与系数的设定矛盾因此定理得到证明例12 证明：对于任意的自然数，在有理数集内不可约证明：取，则整除，不整除，不整除.根据艾氏鉴别法，是有理数集内的既约多项式例13 证明：在有理数集内不可约证明：艾氏鉴别法不能直接使用但可令 ， 则：=== 取，根据艾氏鉴别法，在有理数集内不可约，从而在有理数集内不可约思考：证明在有理数集内不可约 （注：令 ，=）。